Question

设正项数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=a_n²+a_n-，n∈N^*．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）是否存在等比数列{b_n}，使a₁b₁+a₂b₂+…a_nb_n=（2n-1）•2ⁿ⁺¹+2对一切正整数都成立？并证明你的结论．

Answer

（1）由 ，得：，所以（an+1+an）•（an+1-an-2）=0，由an+1+an＞0，知an+1=an+2，由此能求出数列{an}的通项公式．
（2）由，得：b1=2，b2=4．猜想：bn=2n，使a1b1+a2b2+…anbn=（2n-1）•2n+1+2对一切正整数都成立．然后再由错位相减法进行证明．
【解析】
（1）由 ，
得：，
∴，
整理得：（an+1+an）•（an+1-an-2）=0，
∵an+1+an＞0，
∴an+1-an-2=0，即an+1=an+2，
∴{an}是等差数列．
∵，
∴a1=3．
∴an=2n+1，n∈N*．
（2）由，
解得：b1=2，b2=4．
猜想：bn=2n，使a1b1+a2b2+…anbn=（2n-1）•2n+1+2对一切正整数都成立．
下面证明猜想成立：
即证3×2+5×22+7×23+…+（2n+1）•2n=（2n-1）•2n+1+2对一切正整数都成立，
令Tn=3×2+5×22+7×23+…+（2n+1）×2n，
则2Tn=3×22+5×23+7×24+…+（2n+1）×2n+1，
两式相减得：Tn=（2n+1）•2n+1-2•2n+1+2
=（2n-1）•2n+1+2，
故原命题获证．